Question

3．導體切割磁感線的運動可以從宏觀和微觀兩個角度來認識．如圖1所示，固定于水平面的U形導線框處于豎直向下的勻強磁場中，金屬直導線MN在與其垂直的水平恒力F的作用下，在導線框上以速度v做勻速運動，速度v與恒力F方向相同，導線MN始終與導線框形成閉合電路，已知導線MN電阻為R，其長度L，恰好等于平行軌道間距，磁場的磁感應強度為B，忽略摩擦阻力和導線框的電阻．

（1）通過公式推導驗證：在時間內(nèi)△t，F(xiàn)對導線MN所做的功W等于電路獲得的電能W′，也等于導線MN中產(chǎn)生的焦耳熱Q．
（2）若導線的質(zhì)量m=8.0g，長度L=0.1m，感應電流I=1.0A，假設一個原子貢獻1個自由電子，計算導線MN中電子沿導線長度方向定向移動的平均速率v（下表中列出了一些你可能用到的數(shù)據(jù)）．

阿伏伽德羅常數(shù)NA	6.0×1023mol-1
元電荷e	1.6×10-19C
導線MN的摩爾質(zhì)量μ	6.0×10-2kg/mol

（3）若將金屬棒MN與導軌成θ角放置，其長度為d，當金屬棒沿水平方向以恒定速度v在金屬導軌上滑行時，求安培力的大小、安培力的功率大小以及閉合回路中電功率大�。�（如圖2為俯視圖，MN電阻為R，磁場的磁感應強度為B，忽略摩擦阻力和導線框的電阻）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)切割公式求解感應電動勢，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解感應電流，根據(jù)安培力公式求解安培力，根據(jù)功的定義求解安培力功，根據(jù)W=EIt求解電流的功；
（2）先根據(jù)阿伏加德羅常數(shù)求解單位體積內(nèi)的分子數(shù)，然后根據(jù)電流的微觀表達式求解電荷的平均速率；
（3）根據(jù)法拉第電磁感應定律求解感應電動勢，根據(jù)安培力的計算公式求解安培力大小；根據(jù)P=Fvsinθ求解克服安培力做功功率，電功率與克服安培力做功功率相等求解電功率．

解答 解：（1）導體切割磁感線，產(chǎn)生的動生電動勢  E=BLυ                         
感應電流  I=$\frac{E}{R}=\frac{BLv}{R}$，
導線受到的安培力  F_A=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}$
勻速運動時拉力和安培力相等，即F=F_A，
力F做功  W=F△x=Fυ△t=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{R}$△t            
電能  W_電=EI△t=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{R}$△t，
焦耳熱  Q=I²R△t=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{{R}^{2}}$R△t=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{R}$△t 
可知，W=W_電=Q；
（2）總電子數(shù) N=N_A$\frac{m}{μ}$
設單位體積內(nèi)電子數(shù)為n，則N=nSL
故：I△t=enSυ_e△t
得：I=enSυ_e=eυ_e$\frac{N}{L}$=eυ_e$\frac{{N}_{A}m}{Lμ}$
所以  υ_e=$\frac{μIL}{em{N}_{A}}$=7.8×10^-6 m/s
（3）導線運動的時產(chǎn)生的感應電動勢E=BLvsinθ，
導線中的感應電流為I=$\frac{E}{R}$，
導線受到的安培力為F_安=BIL=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}sinθ$，
安培力的功率為P_安=F_安vsinθ=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{R}si{n}^{2}θ$，
所以回路中的電功率為P_電=$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{R}si{n}^{2}θ$．
答：（1）驗證過程見解析；
（2）導線MN中電子沿導線長度方向定向移動的平均速率為7.8×10^-6m/s；
（3）安培力的大小為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}v}{R}sinθ$，安培力的功率大小為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{R}si{n}^{2}θ$，閉合回路中電功率大小為$\frac{{B}^{2}{L}^{2}{v}^{2}}{R}si{n}^{2}θ$．

點評 本題關鍵是從功能關系的角度理解電磁感應的微觀機理，應用切割公式、閉合電路歐姆定律公式、安培力公式、電流的微觀表達式、功能關系等列式求解即可；注意E=BLv中的v是垂直于L的速度．